模块综合检测-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册教用Word(人教B版)

模块综合检测 （时间：120分钟　满分：150分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1.函数f（x）＝cos x（sin x＋1）的导数是（　　） A.cos 2x＋sin x B.cos 2x－sin x C.cos 2x＋cos x D.cos 2x－cos x 解析：B　由f（x）＝cos x（sin x＋1）可得f'（x）＝－sin x（sin x＋1）＋cos x·cos x＝cos2x－sin2x－sin x＝cos 2x－sin x，故选B. 2.已知函数f（x）的导函数为f'（x），且满足f（x）＝2xf'＋sin x，则f（π）＝（　　） A.－ B. C.π D.－π 解析：D　对f（x）进行求导得f'（x）＝2f'＋cos x，所以f'＝2f'＋，f'＝－，所以f（x）＝－x＋sin x，所以f（π）＝－π＋sin π＝－π. 3.已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a6＝25，S5＝40，则数列{an}的公差d＝（　　） A.4 B.3 C.2 D.1 解析：B　设等差数列{an}的首项为a1，由a3＋a6＝25及S5＝40得解得d＝3.故选B. 4.等比数列{an}的通项公式为an＝2·3n－1，现把每相邻两项之间都插入两个数，构成一个新的数列{bn}，那么162是新数列{bn}的（　　） A.第5项 B.第12项 C.第13项 D.第6项 解析：C　162是数列{an}的第5项，则它是新数列{bn}的第5＋（5－1）×2＝13项. 5.已知各项都是正数的等比数列{an}，Sn为其前n项和，且S3＝10，S9＝70，那么S12＝（　　） A.150 B.200 C.150或－200 D.200或－150 解析：A　由题意，设等比数列{an}的公比为q，其中q＞0，因为S3＝10，S9＝70，所以q≠1，又S3＝＝10，S9＝＝70，两式相除，可得＝＝q6＋q3＋1＝7，即q6＋q3－6＝0，解得q3＝2或q3＝－3（舍去），把q3＝2，代入＝10，可得＝－10，所以S12＝＝×[1－（q3）4]＝－10×（1－24）＝150.故选A. 6.十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的.明万历十二年（公元1584年），他写成《律学新说》，提出了十二平均律的理论，这一成果被意大利传教士利玛窦通过丝绸之路带到了西方，对西方音乐产生了深远的影响.十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个正数，使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列，依此规则，插入的第四个数应为（　　） A. B. C. D. 解析：B　根据题意，设这个等比数列为{an}，设其公比为q，又由a1＝1，a13＝2，则q12＝＝2，插入的第四个数应为a5＝a1q4＝q4＝，故选B. 7.若a＞2，则方程x3－ax2＋1＝0在（0，2）上恰好有（　　） A.0个根 B.1个根 C.2个根 D.3个根 解析：B　设f（x）＝x3－ax2＋1，则f'（x）＝x2－2ax＝x（x－2a），当x∈（0，2）时，f'（x）＜0，f（x）在（0，2）上为减函数，又f（0）f（2）＝1×＝－4a＜0，所以f（x）＝0在（0，2）上恰好有一个根. 8.设f（x），g（x）在[a，b]上可导，且f'（x）＞g'（x），则当a＜x＜b时，有（　　） A.f（x）＞g（x） B.f（x）＜g（x） C.f（x）＋g（a）＞g（x）＋f（a） D.f（x）＋g（b）＞g（x）＋f（b） 解析：C　∵f'（x）－g'（x）＞0，∴[f（x）－g（x）]'＞0，∴f（x）－g（x）在[a，b]上是增函数，∴当a＜x＜b时，f（b）－g（b）＞f（x）－g（x）＞f（a）－g（a），∴f（x）＋g（a）＞g（x）＋f（a），f（x）＋g（b）＜g（x）＋f（b）.故选C. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9.在递增的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4＝32，a2＋a3＝12，则下列说法正确的是（　　） A.q＝1 B.数列{Sn＋2}是等比数列 C.S8＝510 D.数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列 解析：BCD　由题意，根据等比中项的性质，可得a2a3＝a1a4＝32＞0，a2＋a3＝12＞0，故a2＞0，a3＞0.根据根与系数的关系，可知a2，a3是一元二次方程x2－12x＋32＝0的两个根.解得a2＝4，a3＝8，或a2＝8，a3＝4.故必有公比q＞0，∴a1＝＞0.∵等比数列{an}是递增数列，∴q＞1.∴a2＝4，a3＝8满足题意.∴q＝2，a1＝＝2.故选项A不正确；an＝a1·qn－1＝2n.∵Sn＝＝2n＋1－2.∴Sn＋2＝2n＋1＝4·2n－1.∴数列{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列.故选项B正确； S8＝28＋1－2＝512－2＝510.故选项C正确；∵lg an＝lg 2n＝nlg 2.∴数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列.故选项D正确. 10.等差数列{an}是递增数列，满足a7＝3a5，前n项和为Sn，下列选项正确的是（　　） A.d＞0 B.a1＜0 C.当n＝5时Sn最小 D.Sn＞0时n的最小值为8 解析：ABD　设等差数列{an}的公差为d，因为a7＝3a5，可得a1＋6d＝3（a1＋4d），解得a1＝－3d，又由等差数列{an}是递增数列，可知d＞0，则a1＜0，故A、B正确；因为Sn＝n2＋n＝n2－n，由n＝－＝可知，当n＝3或n＝4时Sn最小，故C错误；令Sn＝n2－n＞0，解得n＜0或n＞7，即Sn＞0时n的最小值为8，故D正确.故选A、B、D. 11.对于函数f（x）＝16ln（1＋x）＋x2－10x，下列说法正确的是（　　） A.x＝3是函数f（x）的一个极值点 B.f（x）的单调递增区间是（－1，1），（2，＋∞） C.f（x）在区间（1，2）上单调递减 D.直线y＝16ln 3－16与函数y＝f（x）的图象有3个交点 解析：ACD　由题意得f'（x）＝＋2x－10＝，x＞－1，令2x2－8x＋6＝0，可得x＝1，x＝3， 则f（x）在（－1，1），（3，＋∞）上单调递增，在（1，3）上单调递减，∴x＝3是函数f（x）的一个极值点，故A、C正确，B错误； ∵f（1）＝16ln（1＋1）＋12－10＝16ln 2－9， f（3）＝16ln（1＋3）＋32－10×3＝16ln 4－21，又y＝16ln 3－16＝f（2），根据f（x）在（1，3）上单调递减得f（1）＞f（2）＞f（3）， 即16ln 3－16＜16ln 2－9，16ln 3－16＞16ln 4－21，∴直线y＝16ln 3－16与函数y＝f（x）的图象有3个交点，故D正确. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上） 12.曲线y＝xln x＋3x在点（1，3）处的切线方程为　4x－y－1＝0　. 解析：∵f（x）＝xln x＋3x，f'（x）＝ln x＋4，f'（1）＝4，∴切线的方程是y－3＝4（x－1），即4x－y－1＝0. 13.公差不为零的等差数列{an}中，2a3－＋2a11＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b6b8＝　16　. 解析：∵2a3－＋2a11＝2（a3＋a11）－＝4a7－＝0，又∵b7＝a7≠0，∴b7＝a7＝4.∴b6b8＝＝16. 14.已知f（x）是定义在（0，＋∞）上的函数，f'（x）是f（x）的导函数，且总有f（x）＞xf'（x），则不等式f（x）＞xf（1）的解集为　（0，1）　. 解析：设g（x）＝，则g'（x）＝＜0，函数g（x）是单调递减函数，不等式f（x）＞xf（1）等价于＞，解得0＜x＜1，不等式f（x）＞xf（1）的解集为（0，1）. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15.（本小题满分13分）已知数列{an}的前n项和Sn满足＝＋1（n≥2，n∈N＋），且a1＝1. （1）求数列{an}的通项公式； （2）记bn＝，Tn为{bn}的前n项和，求使Tn≥成立的n的最小值. 解：（1）由－＝1，得数列{}是公差为1的等差数列， 又∵＝＝1，∴＝n，∴Sn＝n2. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－（n－1）2＝2n－1， 又∵a1＝1也满足上式， ∴an＝2n－1（n∈N＋）. （2）由（1）知，bn＝＝， ∴Tn＝［＋＋…＋（－）］＝＝. 由Tn≥得n2≥4n＋2，得（n－2）2≥6，∴n≥5， ∴n的最小值为5. 16.（本小题满分15分）已知{an}为等差数列，前n项和为Sn（n∈N＋），{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. （1）求{an}和{bn}的通项公式； （2）求数列{a2nbn}的前n项和（n∈N＋）. 解：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1（q＋q2）＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q＞0，解得q＝2.所以bn＝2n. 由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.　① 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，　② 联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2. 所以{an}的通项公式为an＝3n－2，{bn}的通项公式为bn＝2n. （2）设数列{a2nbn}的前n项和为Tn， 由a2n＝6n－2， 有Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋（6n－2）×2n， 2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋（6n－8）×2n＋（6n－2）×2n＋1， 上述两式相减，得－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－（6n－2）×2n＋1＝－4－（6n－2）×2n＋1 ＝－（3n－4）×2n＋2－16. 得Tn＝（3n－4）2n＋2＋16. 所以数列{a2nbn}的前n项和为（3n－4）2n＋2＋16. 17.（本小题满分15分）帕德近似是法国数学家帕德于19世纪末提出的，其基本思想是将一个给定的函数表示成两个多项式之比的形式，具体是：给定两个正整数m，n，函数f（x）在x＝0处的[m，n]阶帕德近似为R（x）＝，其中R（0）＝f（0），R'（0）＝f'（0），R″（0）＝f″（0），…，R（m＋n）（0）＝f（m＋n）（0）（f（n）（x）为f（n－1）（x）的导数）.已知函数f（x）＝ln（x＋1）在x＝0处的[1，1]阶帕德近似为R（x）＝. （1）求实数a，b的值； （2）证明：当x＞0时，f（x）＞R（x），并比较cos与ln的大小. 解：（1）∵f'（x）＝，f″（x）＝－， ∴f'（0）＝1，f″（0）＝－1， 又R'（x）＝，R″（x）＝， 由R'（0）＝1，R″（0）＝－1， 得a＝1，b＝. （2）证明：令h（x）＝f（x）－R（x）＝ln（x＋1）－， 则h'（x）＝－＝＞0对x∈（0，＋∞）恒成立， ∴h（x）在（0，＋∞）上单调递增， 又h（0）＝0， ∴h（x）＞0，即当x＞0时，f（x）＞R（x）. ∵ln（x＋1）＞在x∈（0，＋∞）时恒成立， ∴ln＝ln（1＋）＞＝＞， 又cos＜， ∴cos＜ln. 18.（本小题满分17分）已知三次函数f（x）的导函数f'（x）＝－3x2＋3且f（0）＝－1，g（x）＝xln x＋（a≥1）. （1）求f（x）的极值； （2）求证：对任意x1，x2∈（0，＋∞），都有f（x1）≤g（x2）. 解：（1）依题意得f（x）＝－x3＋3x－1，f'（x）＝－3x2＋3＝－3（x＋1）（x－1）， 知f（x）在（－∞，－1）和（1，＋∞）上是减函数，在（－1，1）上是增函数， 所以f（x）极小值＝f（－1）＝－3，f（x）极大值＝f（1）＝1. （2）证明：易得x＞0时，f（x）最大值＝1， 由a≥1知，g（x）≥xln x＋（x＞0）， 令h（x）＝xln x＋（x＞0）， 则h'（x）＝ln x＋1－＝ln x＋， 注意到h'（1）＝0，当x＞1时，h'（x）＞0； 当0＜x＜1时，h'（x）＜0， 即h（x）在（0，1）上是减函数，在（1，＋∞）上是增函数， h（x）最小值＝h（1）＝1，即g（x）最小值＝1. 综上知对任意x1，x2∈（0，＋∞），都有f（x1）≤g（x2）. 19.（本小题满分17分）已知数列{an}共有m（m≥2，m∈N＋）项，且an∈Z，若满足≤1（1≤n≤m－1），则称{an}为“约束数列”.记“约束数列”{an}的所有项的和为Sm. （1）当m＝5时，写出所有满足a1＝a5＝1，S5＝6的“约束数列”； （2）当m＝2 000，a1＝25时，设p：a2 000＝2 024；q：“约束数列”{an}为等差数列.请判断p是q的什么条件，并说明理由； （3）当a1＝1，a2k＝0（1≤k≤，k∈N＋）时，求｜Sm｜的最大值. 解：（1）当m＝5时，所有满足a1＝a5＝1，S5＝6的“约束数列”有： 1，1，2，1，1；1，1，1，2，1；1，2，1，1，1. （2）p是q的充分不必要条件.理由如下： 当a2 000＝2 024时，∵≤1（n＝1，2，…，1 999），∴an＋1－an≤1. 则a2 000＝（a2 000－a1 999）＋（a1 999－a1 998）＋（a1 998－a1 997）＋…＋（a2－a1）＋a1≤1 999＋a1＝2 024， 当且仅当a2 000－a1 999＝a1 999－a1 998＝a1 998－a1 997＝…＝a2－a1＝1时，a2 000＝2 024成立， ∴“约束数列”{an}是公差为1的等差数列. 当“约束数列”{an}是等差数列时，由≤1， 得an＋1－an＝1或an＋1－an＝0或an＋1－an＝－1， 若an＋1－an＝0，则{an}的公差为0，∴a2 000＝a1＝25； 若an＋1－an＝－1，则{an}的公差为－1，∴a2 000＝a1－1 999＝－1 974； 若an＋1－an＝1，则{an}的公差为1，∴a2 000＝a1＋1 999＝2 024， 即当“约束数列”{an}是等差数列时，a2 000＝25或－1 974或2 024. 综上得p是q的充分不必要条件. （3）∵a1＝1，a2k＝0，∴要使得取最大值，则an≥0，当且仅当同时满足以下三个条件时，取最大值. ①当2≤n≤k时，an－an－1＝1； ②当k＋1≤n≤2k时，an－an－1＝－1； ③当2k＋1≤n≤m时，an－an－1＝1. ∴＝［×2－k］＋ ＝k2＋. 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $